…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年牛津譯林版高二化學上冊月考試卷599考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、短周期元素離子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同電子層結構，下列敘述正確的是（）A.原子半徑A>B>C>DB.原子序數A>B>D>CC.離子半徑C>D>B>AD.單質的還原性A>B>D>C2、下列化合物中，屬于有機物的是A.甲烷B.淀粉C.碳酸鎂D.蔗糖3、下列有關金屬腐蝕與防護的說法中正確的是A.在生產生活中比較普遍而且危害較大的是金屬的化學腐蝕B.當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護作用C.在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極的陰極保護法D.可將地下輸油鋼管與外加直流電源的正極相連以保護它不受腐蝕4、下列說法不正確的是A.(NH4)2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白質沉淀析出B.苯酚與甲醛在酸性條件下生成酚醛樹脂的結構簡式為C.醋酸和硬脂酸互為同系物，C6H14和C9H20也一定互為同系物D.葉酸的結構為它可以發生酯化、水解、加成等反應5、下列有關結構和性質的說法正確的是（）A.元素銫的兩種核素137Cs比133Cs多4個質子B.元素P、S、Cl得電子能力和最高價氧化物對應水化物的酸性均依次增強C.元素原子的最外層電子數越多，越容易得電子D.從上到下，第VIIA族元素氫化物的熱穩定性和還原性均依次減弱6、在一定溫度下，向aL密閉容器中加入1molX氣體和2molY氣體，發生如下反應：X（g）+2Y（g）?3Z（g）此反應達到平衡的標志是（）A.容器內壓強不隨時間變化B.容器內各物質的濃度不隨時間變化C.容器內X、Y、Z的濃度之比為1：2：3D.單位時間消耗0.1molX同時生成0.3molZ7、下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.鋁的第一電離能比鎂的第一電離能大B.鉀的第一電離能比鎂的第一電離能大C.在所有的元素中，rm{F}的第一電離能最大D.第rm{3}周期所含元素中鈉的第一電離能最小評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、某有機物R完全燃燒產物只有CO2和H2O。已知1molR完全燃燒時，生成nmolCO2，消耗1.5nmolO2。試回答下列問題。（1）若R為烴，則R的分子式為______________________。（2）若R為烴的含氧衍生物，3.0gR與足量金屬鈉反應生成560mL（標準狀況）H2，則R的分子式為_____________________。9、（1）常溫常壓下，烷烴同系物中一氯代物僅有一種的氣態烴有若干種．其名稱分別為：______．

（2）某烴的分子式為C10H14，它既不能使溴水反應褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色．該烴的核磁共振氫譜中僅有四組吸收峰．試寫出其結構簡式______．

（3）某藥物中間體的分子式為C8H10O2；且滿足以下條件。

a；屬于芳香烴化合物。

b；核磁共振氫譜（PMR）中有3組不同的吸收峰；且面積之比為2：4：4

c、能與Na反應生成H2

①該有機物的結構簡式______．

②寫出該有機物在Cu為催化劑下被氧氣氧化的方程式______．

（4）僅用一種試劑就可區分：甲苯、溴苯、苯乙烯、苯酚溶液四種有機物，該試劑是______．

A．FeCl3溶液B．KMnO4C．溴水D．水。

（5）發生反應為______

①取代反應②加成反應③消去反應④氧化反應⑤還原反應⑥加聚反應．10、根據下列物質的結構簡式；回答下列問題：

rm{(1)}四者之間的關系是：______．

rm{(2)}四者的名稱依次為：______；______、______、______．

rm{(3)}四者苯環上的一氯代物分別有幾種：______，______，______，______．11、（16分）（1）在25℃、101kPa下，1g甲烷完全燃燒生成CO2和液態H2O，放出55kJ的熱量，寫出表示甲烷燃燒熱的熱化學方程式：。（2）2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）ΔH1=—702kJ/mol2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）ΔH2=—182kJ/mol由此可知ZnO（s）+Hg（l）=Zn（s）+HgO（s）△H3=。（3）已知2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反應過程的能量變化如圖所示。已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的ΔH=—99kJ·mol-1．請回答下列問題：①圖中E、C分別表示、，②E的大小對該反應的反應熱有無影響？。該反應通常用V2O5作催化劑，加V2O5會使圖中B點升高還是降低？，理由是③圖中△H=kJ·mol-1。12、（16分）由環己烷可制得1,4–環己二醇，下列有7步反應(其中無機產物都已略去)，其中有②步屬于消去反應，③步屬于加成反應。試回答：（1）反應屬于取代反應。（2）化合物的結構簡式：B，C；（3）反應④所用試劑和條件是；（4）寫出反應②、⑤的化學方程式：反應②反應⑤13、NiO的晶體結構類型與氯化鈉的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位數分別為____、____．14、寫出下列反應的方程式。

rm{(1)1}rm{3-}丁二烯與溴發生rm{1}rm{4}加成______；

rm{(2)}苯酚鈉溶液中通入少量rm{CO_{2}}______；

rm{(3)}乙醛與新制氫氧化銅濁液加______；

rm{(4)1}rm{2}--二氯乙烷與氫氧化鈉溶液加熱______；

rm{(5)2-}氯丙烷與rm{NaOH}的乙醇溶液共熱______．評卷人得分三、元素或物質推斷題(共4題，共8分)15、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。16、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。17、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。18、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分四、簡答題(共3題，共9分)19、請從圖中選用必要的裝置進行電解飽和食鹽水的實驗；要求測定產生的氫氣的體積，并檢驗氯氣．

（1）A極發生的電極反應式是______，B極發生的電極反應式是______．

（2）設計上述氣體實驗裝置時，各接口的正確連接順序為：A接______、______接______；B接______、______接______．

（3）證明產物中有Cl2的實驗現象是______．

（4）已知電解后測得產生的H2的體積為44.8mL（已經折算成標準狀況），電解后溶液的體積為50mL，此時溶液中NaOH的物質的量濃度為：______．20、應用化學反應原理知識解決下列問題：

（1）寫出一水合氨的電離方程式______．

（2）Fe2（SO4）3溶液顯酸性的原因是（用離子方程式表示）______，配制Fe2（SO4）3溶液時，為防止其水解，常往溶液中加少量______（填序號）．

①HCl②NaCl③H2SO4④NaOH

（3）一定條件下22g二氧化碳氣體與足量氫氣反應生成氣態甲醇（CH3OH）和液態水時，放出250kJ熱量，其反應的熱化學方程式為______．

（4）現有濃度為0.1mol?L-1的五種電解質溶液。

①Na2CO3②NH4Cl③Ba（OH）2④NaHCO3⑤HCl

這五種溶液的pH由小到大的順序是______（填編號）．21、某二元酸rm{(}用rm{H_{2}A}表示rm{)}在水中的電離方程式是：rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}.}回答下列問題：

rm{(1)Na_{2}A}溶液顯______rm{(}填“酸性”、“中性”或“堿性”rm{)}原因是______rm{(}用離子方程式表示rm{)}．

rm{(2)}在rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}A}溶液中；下列微粒濃度關系不正確的是______．

A.rm{c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(H_{2}A)=0.1mol?L^{-1}}rm{B.c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})}

C.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})+2c(A^{2-})}rm{D.c(Na^{+})=2c(A^{2-})+2c(HA-)}

rm{(3)}已知rm{0.1mol?L^{-1}NaHA}溶液的rm{pH=2}則rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液中氫離子的物質的量濃度______rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)0.11mol?L^{-1}}理由是______．評卷人得分五、工業流程題(共3題，共15分)22、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩定性差，在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。23、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產物收集到蒸發皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經氮氣載入反應管進行反應,繼續升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數為____(結果保留一位小數)。24、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共12分)25、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某烴A是有機化學工業的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發展水平，A還是一種植物生長調節劑，A可發生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某研究小組按下列路線合成神經系統藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發生顯色反應。

B．化合物C能發生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環；

②分子中含有4種不同化學環境的氫原子。28、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B|C【分析】aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同電子層結構，則核外電子數相等，即a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1，所以原子序數為A>B>D>C。其中A和B是金屬位于同一周期。C和D是非金屬，位于A和B的上一周期，所以原子半徑是B＞A＞C＞D,單質的還原性B>A>C>D。電子層結構相同的離子，離子半徑隨原子序數的遞增而減小，C正確。答案選BC。【解析】【答案】BC2、A|B|D【分析】含有碳元素的化合物是有機物。碳酸鎂雖然含有碳元素，但其結構和性質更像無機物，答案選ABD。【解析】【答案】ABD3、C【分析】試題分析：A、在生產生活中比較普遍而且危害較大的是金屬的電化學腐蝕，故A錯誤；B、鐵比錫活潑，當鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鐵易被腐蝕，故B錯誤；C、海輪外殼連接鋅塊，鋅為負極，保護外殼不受腐蝕，為犧牲陽極的陰極保護法，故C正確；D、防止金屬被氧化，金屬應連接電源的負極，如連接正極，加劇腐蝕，故D錯誤?？键c：金屬的電化學腐蝕與防護【解析】【答案】C4、B【分析】試題分析：A、(NH4)2SO4能使蛋白質發生鹽析，CuSO4發生變性，能使蛋白質沉淀析出，正確；B、苯酚與甲醛在酸性條件下脫水，發生縮聚反應生成酚醛樹脂，結構簡式為：錯誤；C、醋酸和硬脂酸互為同系物，C6H14和C9H20一定是烷烴，也一定互為同系物，正確；D、根據葉酸的結構簡式可知葉酸含有羧基、肽鍵、苯環，所以可以發生酯化、水解、加成等反應，正確?？键c：本題考查物質的結構與性質。【解析】【答案】B5、B【分析】解：A、137Cs與133Cs質子數相同；故A錯誤；

B．P；S、Cl元素的非金屬性逐漸增強；得電子能力逐漸增強，對應最高價氧化物對應的水化物的酸性依次增強，故B正確；

C．元素原子的最外層電子數越多；不一定越容易得電子，如稀有氣體，故C錯誤；

D．非金屬元素的非金屬性越強；其氣態氫化物越穩定，其氣態氫化物的還原性越弱，第VIIA族元素，其非金屬性隨著原子序數增大而減弱，所以ⅦA族元素氣態氫化物的熱穩定性從上到下依次減弱，其還原性從上到下依次增強，故D錯誤；

故選：B．

A、137Cs與133Cs質子數相同；

B；元素的非金屬性越強；對應最高價氧化物對應的水化物的酸性越強；

C．根據稀有氣體最外層電子最多；既不容易得到電子，也不容易失去電子；

D；非金屬元素的非金屬性越強；其氣態氫化物越穩定，其氣態氫化物的還原性越弱；

本題考查元素周期律知識，題目難度中等，本題注意把握元素周期律的遞變規律．【解析】【答案】B6、B【分析】解：A；該反應前后的化學計量數之和相等；容器內的壓強始終不隨時間改變，所以壓強不再變化，不能確定是否達到平衡，故A錯誤；

B；反應達平衡時；各物質的濃度不再隨時間改變，故B正確；

C；平衡時各物質的濃度之比決定于反應前加入的量和轉化程度；與是否達到平衡狀態無關，故C錯誤；

D；單位時間內消耗0.1molX為正速率；同時生成0.3molZ為正速率，都是正速率不能說明達到平衡狀態，故D錯誤；

故選B．

由X（g）+2Y（g）?3Z（g）可知；該反應前后的化學計量數之和相等，然后根據達到平衡時，正逆反應速率相等，但不等于零，各物質的濃度不再改變來解答．

本題考查化學平衡狀態的判斷，題目難度不大，做題時注意分析化學方程式的前后計量數大小的關系．【解析】【答案】B7、D【分析】解：rm{A.}鎂原子的rm{3s}能級處于全滿穩定狀態，能量較低，第一電離能比rm{Al}元素高；故A錯誤；

B.同主族自上而下第一電離能降低，故第一電離能rm{Na>K}同周期自左而右第一電離能增大，故第一電離能rm{Mg>Na}所以第一電離能rm{Mg>K}故B錯誤；

C.同周期主族元素從左到右作用到電離能逐漸增大；同族元素從上到下第一電離能逐漸減小，則氦的第一電離能最大，故C錯誤；

D.同周期自左而右，元素的第一電離能增大，故第rm{3}周期所包含的元素中鈉的第一電離能最?。还蔇正確；

故選D．

A.鎂原子的rm{3s}能級處于全滿穩定狀態，能量較低，第一電離能比rm{Al}元素高；

B.同主族自上而下第一電離能降低；同周期自左而右第一電離能增大；

C.同周期主族元素從左到右作用到電離能逐漸增大；到稀有氣體由于具有穩定的電子層結構，其電離能最大；

D.同周期自左而右；元素的第一電離能增大，注意能級處于半滿；全滿的穩定特殊情況．

本題考查第一電離能的變化規律等，比較基礎，注意同周期主族元素能級處于半滿、全滿的穩定特殊情況第一電離能增大的特殊情況，題目難度不大．【解析】rm{D}二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】（1）根據碳原子守恒可知，分子中含有n個碳原子，nmol碳原子需要nmol氧氣，則和氫原子結合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＝nmol，所以氫原子是2nmol。因此分子式為CnH2n。（2）氫氣的物質的量是所以分子中羥基的物質的量是0.025mol×2＝0.05mol，則有機物的相對分子質量是根據碳原子守恒可知，分子中含有n個碳原子，nmol碳原子需要nmol氧氣，則和氫原子結合的氧原子是(1.5n－n)mol×2＋1mol＝（n＋1）mol，所以氫原子是2（n＋1）mol。因此分子式為CnH2n＋2O。所以根據相對分子質量可知，n＝3，即分子式為C3H8O。【解析】【答案】（1）CnH2n（2）C3H8O9、略

【分析】解：（1）烷烴同系物中一氯代物僅有一種的氣態烴；碳原子個數小于4，只有一種H，只有甲烷；乙烷符合，故答案為：甲烷、乙烷；

（2）該烴的分子式符合CnH2n-6的通式，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，所以含有苯環；不能被酸性高錳酸鉀氧化，不與溴水反應，該烴的核磁共振氫譜中僅有四組吸收峰，只有4種位置的H可知，該分子含有丁烷烷基，丁烷烷基為-C（CH3）3，其結構簡式為C6H5C（CH3）3，故答案為：C6H5C（CH3）3；

（3）有機物C的分子式為C8H10O2，結合轉化關系可知C中含有羥基，C不能與NaOH反應，含有醇羥基，且羥基可以被氧化，其核磁共振氫譜顯示3組峰，且面積之比為2：4：4，故C為該有機物在Cu為催化劑下被氧氣氧化的方程式為+O2+2H2O；

故答案為：+O2+2H2O；

（4）A．氯化鐵溶液不能鑒別溴苯；苯乙烯；故A不選；

B．高錳酸鉀不能鑒別甲苯；苯乙烯、苯酚；均褪色，故B不選；

C．甲苯；溴苯、苯乙烯、苯酚溶液四種有機物分別與溴水混合的現象為：分層后有機層在上層、分層后有機層在下層、溴水褪色、白色沉淀；現象不同，可鑒別，故C選；

D．水不能鑒別溴苯；苯乙烯；故D不選；

故選C；

（5）有機物中含碳碳雙鍵可加成；氧化、還原、加聚反應；含-OH、-COOH、-Cl、-COOC-均可發生取代反應，含-OH可發生消去反應，故答案為：①②③④⑤⑥．

（1）烷烴同系物中一氯代物僅有一種的氣態烴；碳原子個數小于4，只有一種H；

（2）該烴的分子式符合CnH2n-6的通式，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，所以含有苯環；根據題意知，該分子含有丁烷烷基，所以只判斷丁烷烷基的同分異構體即可；丁烷烷基的碳鏈同分異構體有：苯的同系物中與苯環相連的C原子上必須含有H原子；才可被酸性高錳酸鉀氧化，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，該烴的核磁共振氫譜中僅有四組吸收峰，只有4種位置的H；

（3）有機物C的分子式為C8H10O2，結合轉化關系可知C中含有羥基，C不能與NaOH反應，含有醇羥基，且羥基可以被氧化，其核磁共振氫譜顯示3組峰，故C為

（4）甲苯；溴苯均不溶于水；但密度不同；苯乙烯與溴水發生加成反應，苯酚溶液與溴水反應生成白色沉淀；

（5）有機物中含碳碳雙鍵；-OH、-COOH、-Cl、-COOC-；結合烯烴、醇、羧酸、鹵代烴、酯的性質來解答．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，綜合性較強，題目難度不大．【解析】甲烷、乙烷；C6H5C（CH3）3；+O2+2H2O；C；①②③④⑤⑥10、略

【分析】解：rm{(1)}根據有機物的結構簡式可知；四種有機物具有相同的分子式；不同的結構，所以它們互為同分異構體；

故答案為：同分異構體；

rm{(2)}這四種有機物都是苯的同系物；其名稱分別為：乙苯；鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯；

故答案為：乙苯；鄰二甲苯；間二甲苯；對二甲苯；

rm{(3)}乙苯分子的苯環上含有rm{3}種等效rm{H}原子，所以其一氯代物有rm{3}種；

鄰二甲苯的苯環上含有rm{2}種等效rm{H}所以其一氯代物有rm{2}種；

間二甲苯分子的苯環上含有rm{3}種等效rm{H}所以其一氯代物有rm{3}種；

對二甲苯分子的苯環上含有rm{1}種等效氫原子，所以其一氯代物只有rm{1}種；

故答案為：rm{3}rm{2}rm{3}rm{1}．

rm{(1)}根據圖示結構簡式可知；四種有機物的分子式相同；結構不同，所以互為同分異構體；

rm{(2)}根據苯的同系物的習慣命名法進行命名；

rm{(3)}根據苯環上含有的等效氫原子數目進行判斷其一氯代物種類．

本題考查了同分異構體的判斷及數目的求算、有機物官能團的判斷，題目難度不大，注意掌握常見有機物官能團名稱、同分異構體的概念及書寫方法，試題培養了學生靈活應用所學知識的能力．【解析】同分異構體；乙苯；鄰二甲苯；間二甲苯；對二甲苯；rm{3}rm{2}rm{3}rm{1}11、略

【分析】試題分析：（1）書寫甲烷的燃燒熱要注意甲烷為1摩爾，1摩爾甲烷燃燒放熱為55×16=880kJ，反應熱用“-”表示，故熱化學方程式為：CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-880kJ/mol；（2）將方程式標記為①和②，（②-①）/2，計算反應熱=(-182+702)/2=+260kJ/mol．（3）圖像中A為反應物的總能量，E為反應的活化能，C為生成物的總能量，ΔH為反應熱。②活化能對反應熱的大小無影響，以為分子成為活化分子的難易，使用催化劑因為能改變了反應的歷程使活化能E降低。③反應中為2摩爾二氧化硫，所以反應熱為99×2=－198kJ·mol-1。考點：反應熱的計算，活化能，催化劑對反應的影響?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-880kJ/mol（2）+260kJ/mol（3）①活化能生成物能量②無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低③－19812、略

【分析】【解析】【答案】（1）反應①⑥屬于取代反應。（2分，兩個選項符合題意。若只選一個且正確的給1分，但只要選錯一個就得0分。）（2）化合物的結構簡式：BC（每空2分）（3）反應④所用試劑和條件是NaOH的乙醇溶液；（2分）（4）寫出反應②、⑤的化學方程式：（每空4分）反應②反應⑤13、6|6．【分析】【解答】解：由于Ni0的晶體結構類型與氯化鈉的相同；而氯化鈉中陰陽離子的配位數均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數也均為6；

故答案為：6；6．

【分析】因為Ni0的晶體結構類型與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽離子的配位數均為6，據此判斷Ni0晶胞中Ni和O的配位數．14、略

【分析】解：rm{(1)1}rm{3-}丁二烯含有rm{2}個碳碳雙鍵，發生rm{1}rm{2}加成或rm{1}rm{4}加成，發生rm{1}rm{4}加成的方程式為rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}

故答案為：rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}

rm{(2)}碳酸的酸性比苯酚的酸性強，所以苯酚鈉通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的化學方程式為：rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{5}OH隆媒+NaHCO_{3}}

故答案為：rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{5}OH隆媒+NaHCO_{3}}

rm{(3)}乙醛與新制氫氧化銅發生氧化反應生成乙酸、氧化亞銅和水，該反應為：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}鹵代烴在氫氧化鈉的水溶液中發生水解反應生成醇類，所以rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}rm{(4)}二氯乙烷與氫氧化鈉水溶液共熱可以生成乙二醇rm{1}反應方程式為：

rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOHxrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}

故答案為：rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOHxrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}

rm{2-}氯丙烷與rm{(HOCH_{2}CH_{2}OH)}乙醇溶液共熱，連鹵原子的碳原子的相鄰碳原子上的一個氫原子和鹵素原子同時消去生成烯烴，反應為：rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓錄}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓錄}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}

rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOH

xrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOH

xrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}丁二烯含有rm{(5)2-}個碳碳雙鍵，發生rm{NaOH}rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle]{{麓錄}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O}加成或rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOH

xrightarrow[triangle

]{{麓錄}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O.}rm{(1)1}加成，發生rm{3-}rm{2}加成生成rm{1}

rm{2}苯酚鈉溶液和二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉；

rm{1}乙醛與新制氫氧化銅發生氧化反應生成乙酸；氧化亞銅和水；

rm{4}rm{1}二氯乙烷與rm{4}的水溶液共熱；發生水解反應生成乙二醇；

rm{CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}鹵代烴發生消去反應的結構特點：與rm{(2)}所連碳相鄰碳上有氫原子的才能發生消去反應；形成不飽和鍵．

本題考查了有機物質的性質應用，考查了化學方程式的書寫，掌握有機物官能團的性質是書寫化學方程式的關鍵，題目難度不大．rm{(3)}【解析】rm{CH_{2}=CHCH=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH=CHCH_{2}Br}rm{C_{6}H_{5}ONa+CO_{2}+H_{2}O隆煤C_{6}H_{5}OH隆媒+NaHCO_{3}}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl+2NaOHxrightarrow{triangle}HOCH_{2}CH_{2}OH+2NaCl}rm{CH_{3}CHClCH_{3}+NaOHxrightarrow[triangle]{{麓錄}}CH_{3}CH=CH_{2}隆眉+NaCl+H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}三、元素或物質推斷題(共4題，共8分)15、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑翟蕉?，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發生中和反應產生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應產生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H217、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、簡答題(共3題，共9分)19、略

【分析】解：（1）鐵是活潑金屬；如果作陽極，在電流的作用下，鐵失電子的能力大于氯離子失電子的能力，所以電解時不能得到氯氣，故鐵只能作陰極；碳棒是惰性電極，作陽極．

電解飽和食鹽水時，氫離子得電子能力大于鈉離子，所以在陰極即A極上氫離子得電子生成氫氣，發生還原反應，電極反應式為2H++2e-=H2↑；

氯離子失電子能力大于氫氧根離子，所以在陽極上即B極上氯離子失電子生成氯氣，發生氧化反應，電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案為：2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑．

（2）A極上產生的是氫氣；用排水法收集氫氣，因為氫氣的密度小于水的，所以要采用向下排水法收集，即短導管為進氣管，長導管為出水管，所以連接順序為A→G→F；因為收集的氫氣體積大于25mL，所以要用100mL的量筒收集水，所以F連接H；

B極上產生的氣體是氯氣；要檢驗氯氣，可通過淀粉碘化鉀溶液檢驗，氯氣有強氧化性，能和碘化鉀反應生成碘，碘遇淀粉變藍色，氯氣的密度小于碘化鉀溶液的密度，所以長導管為進氣管，短導管為出氣管；氯氣有毒，直接排空污染大氣，且氯氣和堿反應生成無毒物質，所以可用堿液吸收多余的氯氣，所以連接順序為B→D→E→C．．

故答案為：A→G→F→H；B→D→E→C．．

（3）因為Cl2+2KI=I2+2KCl；碘遇淀粉變藍色，所以觀察到的現象是淀粉碘化鉀溶液變藍色．

故答案為：淀粉碘化鉀溶液變藍色．

（4）2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH

22.4L2mol

0.0448L0.004mol

C==0.08mol/L

故答案為：0.08mol/L

（1）先判斷陰陽極；再根據離子的放電順序書寫相應的電極反應式；

（2）根據實驗目的；氣體的性質連接實驗裝置順序；

（3）根據氯氣及碘的性質分析；

（4）根據氫氣與氫氧化鈉的關系式計算氫氧化鈉的物質的量；再根據物質的量濃度公式計算其濃度．

本題考查了電解原理，解本題時要注意儀器的連接順序，洗氣裝置是長導管進氣短導管出氣，排水法收集氣體是短導管進氣長導管出氣，有毒氣體一定有尾氣處理裝置．【解析】2H++2e-=H2↑；2Cl--2e-=Cl2↑；G；F；H；D；E；C；淀粉碘化鉀溶液變藍色；0.08mol/L20、略

【分析】解：（1）一水合氨是弱電解質，在水溶液中部分電離生成銨根離子和氫氧根離子，電離方程式為NH3．H2O?NH4++OH-；

故答案為：NH3．H2O?NH4++OH-；

（2）硫酸鐵是強酸弱堿鹽，鐵離子水解導致溶液呈酸性，水解方程式為Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；要抑制鐵離子水解且不引進新的雜質離子，可以向溶液中加入少量稀硫酸；

故答案為：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；稀硫酸；

（3）22gCO2氣體完全合成CH3OH和液態水時，放出250kJ熱量，則1molCO2完全合成CH3OH和液態水放熱500kJ，熱化學方程式為：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-500kJ?mol-1；

故答案為：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-500kJ?mol-1；

（4）電解質溶液：①Na2CO3溶液中碳酸根離子水解顯堿性，②NH4Cl溶液中銨根離子水解顯酸性，③Ba（OH）2是強堿溶液，④NaHCO3溶液中碳酸氫根離子水解顯堿性⑤HCl是強酸溶液；酸性：HCl大于氯化銨溶液，堿性：Ba（OH）2大于Na2CO3溶液；碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，所以堿性：碳酸鈉溶液大于碳酸氫鈉，則溶液的pH由小到大的順序是：⑤＜②＜④＜①＜③；

故答案為：⑤＜②＜④＜①＜③．

（1）一水合氨是弱電解質；在水溶液中部分電離生成銨根離子和氫氧根離子；

（2）硫酸鐵是強酸弱堿鹽；鐵離子水解導致溶液呈酸性，要抑制鐵離子水解，可以向溶液中加入少量酸；

（3）計算1mol二氧化碳和氫氣化合生成甲醇和水放出的熱量；結合熱化學方程式書寫方法標注物質聚集狀態和反應焓變寫出；

（4）電解質溶液：①Na2CO3溶液中碳酸根離子水解顯堿性，②NH4Cl溶液中銨根離子水解顯酸性，③Ba（OH）2是強堿溶液，④NaHCO3溶液中碳酸氫根離子水解顯堿性⑤HCl是強酸溶液；依據陰離子水解程度分析判斷．

本題考查弱電解質的電離、鹽類的水解、及熱化學方程式書寫等知識點，題目難度中等，掌握鹽類水解的實質和應用、弱電解質的電離，注意鹽溶液的堿性強弱取決于陰離子的水解能力．【解析】NH3．H2O?NH4++OH-；Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；稀硫酸；CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（l）△H=-500kJ?mol-1；⑤＜②＜④＜①＜③21、略

【分析】解：rm{(1)}根據rm{H_{2}A}的電離是分步電離可以知道rm{H_{2}A}是弱酸，所以rm{Na_{2}A}溶液顯堿性，水解原理是：rm{H_{2}O+A^{2-}?HA^{-}+OH^{-}}

故答案為：堿性；rm{H_{2}O+A^{2-}?HA^{-}+OH^{-}}

rm{(2)A}根據物料守恒，rm{c(A^{2-})+c(HA^{-})=0.1mol/L}故A錯誤；

B、根據氫離子守恒：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HA^{-})}故B錯誤；

C、rm{0.1mol/L}的rm{Na_{2}A}溶液中，存在電荷守恒：rm{c(}rm{Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HA^{-})+2c(A^{2-})}故C正確；

D、根據rm{B}rm{C}可以得出rm{c(Na^{+})=2c(A^{2-})+2c(HA^{-})}故D正確．

故答案為：rm{AB}

rm{(3)}因為rm{0.1mol?L^{-1}NaHA}溶液的rm{pH=2}則由rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}可知，電離出rm{0.01mol/LH^{+}}而rm{0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液，rm{H_{2}A=H^{+}+HA^{-}}電離出rm{H^{+}0.1mol/L}和rm{HA^{-}0.1mol/L}但第一步電離生成的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的電離，所以溶液中氫離子的物質的量濃度小于rm{0.1mol/L+0.01mol/L}

故答案為：rm{<}rm{H_{2}A}第一步電離產生的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的電離，而rm{NaHA}中不存在抑制作用．

rm{H_{2}A}在水中的電離方程式：rm{H_{2}A簍TH^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}其第一步完全電離，第二部電離可逆，rm{HA^{-}}只電離不水解；

rm{(1)}強堿弱酸鹽中陰離子水解導致溶液顯示堿性；根據水解方程式的書寫方法來回答；

rm{(2)}根據溶液中的電荷守恒；物料守恒以及質子守恒來回答；

rm{(3)0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液，rm{H_{2}A?H^{+}+HA^{-}}電離出rm{H^{+}}小于rm{0.1mol/L}rm{0.1mol?L^{-1}NaHA}溶液的rm{pH=2}則由rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}可知，電離出rm{0.01mol/LH^{+}}但第一步電離生成的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的電離．

本題考查了弱電解質的電離、鹽類水解等知識點，注意該二元酸兩步電離的不同，rm{HA^{-}}離子只電離不水解是解題關鍵，為易錯點，題目難度中等．【解析】堿性；rm{H_{2}O+A^{2-}?HA^{-}+OH^{-}}rm{AB}rm{<}rm{H_{2}A}第一步電離產生的rm{H^{+}}抑制了rm{HA^{-}}的電離，而rm{NaHA}中不存在抑制作用五、工業流程題(共3題，共15分)22、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據化合物中元素的正負化合價代數和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據裝置圖，Fe為陽極，電解時，陽極發生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，Fe2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度23、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續通入氮氣，將產物收集到蒸發皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據關系式計算。據此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續通入氮氣，將產物收集到蒸發皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質量分數為

【點睛】

本題為物質的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程?！窘馕觥砍テ渲械目扇苄噪s質(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產生誤差96.1%24、略

【分析】【分析】

根據流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結晶、抽濾、洗滌、干燥得到產品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+；結合化學方程式定量關系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發生反應CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發至溶液體積的